2024版新教材高中物理課時(shí)分層作業(yè)十三帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題新人教版必修第三冊

課時(shí)分層作業(yè)(十三)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題A組基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練1．如圖甲所示，在平行板電容器的A板附近，有一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在A、B兩板間加如圖乙所示的交變電壓．帶電粒子在電場力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過3t0時(shí)間剛好到達(dá)B板，設(shè)此時(shí)粒子的動(dòng)能大小為Ek3，若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在5t0時(shí)刻剛好到達(dá)B板，此時(shí)粒子的動(dòng)能大小為Ek5.則eq\f(Ek3,Ek5)等于()A．eq\f(3,5)B．eq\f(5,3)C．1D．eq\f(9,25)2．(多選)兩個(gè)共軸的半圓柱形電極間存在一沿半徑方向的電場，如圖所示．帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出，由此可知()A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動(dòng)能一定相等B．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的速度一定相等C．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的速度一定相等D．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的動(dòng)能一定相等3．如圖所示，兩平行金屬板分別加上如下列選項(xiàng)中的電壓，能使原來靜止在金屬板中央的電子(不計(jì)重力)有可能做往返運(yùn)動(dòng)的U-t圖像應(yīng)是(設(shè)兩板距離足夠大)()4．如圖所示，內(nèi)表面光滑且絕緣的半徑為1.2m的圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場的電場強(qiáng)度大小為3×106V/m.有一質(zhì)量為0.12kg、電荷量大小為1.6×10－6C的帶負(fù)電的小球，在圓軌道內(nèi)壁做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)A時(shí)，小球與軌道間壓力恰好為零．g取10m/s2.求：(1)小球在A點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B時(shí)對軌道的壓力大小．B組能力提升練5.如圖甲所示，兩平行金屬板a、b間距為d，在兩板右側(cè)裝有熒光屏MN(絕緣)，O為其中點(diǎn)．在兩板a、b上加上如圖乙所示的電壓，電壓最大值為U0.現(xiàn)有一束帶正電的離子束(比荷為k)，從兩板左側(cè)沿中線方向以初速度v0連續(xù)不斷地射入兩板間的電場中．假設(shè)所有離子均能打到熒光屏MN上．已知金屬板長L＝2v0t0，則在熒光屏上出現(xiàn)亮線的長度為()A．eq\f(2kU0teq\o\al(2,0),d)B．eq\f(kU0teq\o\al(2,0),d)C．eq\f(kU0teq\o\al(2,0),2d)D．eq\f(3kU0teq\o\al(2,0),2d)6．在真空中有水平放置的兩個(gè)平行、正對金屬平板，板長為l，兩極板間距離為d，在兩極板間加一如圖乙所示的交變電壓．質(zhì)量為m，電荷量為e的電子以速度v從兩極板左端中點(diǎn)沿水平方向連續(xù)均勻地射入兩平行極板之間．若電子經(jīng)過兩極板間的時(shí)間相比交變電流的周期可忽略不計(jì)，不考慮電子間的相互作用，下列說法錯(cuò)誤的是()A．當(dāng)Um<eq\f(md2v2,el2)時(shí)，所有電子都能從極板的右端射出B．當(dāng)Um＝eq\f(2md2v2,el2)時(shí)，有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1∶2C．當(dāng)Um>eq\f(md2v2,el2)時(shí)，有電子能從極板的右端射出D．當(dāng)Um＝eq\f(\r(2)md2v2,el2)時(shí)，有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1∶(eq\r(2)－1)7．如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系中，兩平行金屬板AB、OD水平放置，OD與x軸重合，板的左端與原點(diǎn)O重合，板長L＝2m，板間距離d＝1m，緊靠極板右側(cè)有一熒光屏．兩金屬板間電壓UAO隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，變化周期為T＝2×10－3s，U0＝1×103V，一帶正電的粒子從左上角A點(diǎn)，以平行于AB邊大小為v0＝1000m/s的速度射入板間，粒子所帶電荷量為q＝1×10－5C，質(zhì)量m＝1×10－7kg.不計(jì)粒子所受重力．求：(1)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)粒子打到熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍；(3)粒子打到熒光屏上的動(dòng)能．課時(shí)分層作業(yè)(十三)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題1．解析：設(shè)兩板間的距離為d，粒子在經(jīng)3t0時(shí)間剛好到達(dá)B板的運(yùn)動(dòng)過程中先加速然后減速再加速，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性和動(dòng)能定理可得，Ek3＝qeq\f(U0,3).若改變A、B兩板間的距離使粒子在5t0時(shí)刻剛好到達(dá)B板，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性和動(dòng)能定理可得，Ek5＝q·eq\f(U0,5)，故eq\f(Ek3,Ek5)＝eq\f(5,3).B正確．答案：B2．解析：由題圖可知，粒子在電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力提供向心力，由qE＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv2,qE)，r、E為定值，若q相等，則mv2一定相等，但質(zhì)量m或速度v不一定相等，A正確，B錯(cuò)誤；若eq\f(q,m)相等，由r＝eq\f(mv2,qE)可知，速度v一定相等，由Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)qEr＝eq\f(1,2)eq\f(q,m)mEr可知，若eq\f(q,m)相等，則粒子的動(dòng)能不一定相等，C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC3．解析：由選項(xiàng)A所示圖像可知，電子先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(1,2)T時(shí)速度最大，從eq\f(1,2)T到T內(nèi)沿原運(yùn)動(dòng)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零，然后重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)，一直向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)．由選項(xiàng)B所示圖像可知，電子先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(1,4)T時(shí)速度最大，從eq\f(1,4)T到eq\f(1,2)T內(nèi)沿原運(yùn)動(dòng)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(1,2)T時(shí)速度減為零，從eq\f(1,2)T到eq\f(3,4)T反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(3,4)T時(shí)速度最大，從eq\f(3,4)T到T內(nèi)沿反向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn)，然后重復(fù)往返運(yùn)動(dòng)．由選項(xiàng)C所示圖像可知，電子從0到eq\f(T,4)做加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，從eq\f(T,4)到eq\f(T,2)做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,2)時(shí)速度最大，從eq\f(T,2)到eq\f(3,4)T做加速度增大的減速直線運(yùn)動(dòng)，從eq\f(3,4)T到T做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零，然后重復(fù)加速直線運(yùn)動(dòng)和減速直線運(yùn)動(dòng)，一直向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng).由選項(xiàng)D所示圖像可知，電子從0～eq\f(T,2)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從eq\f(1,2)T到T做勻速運(yùn)動(dòng)，然后重復(fù)加速直線運(yùn)動(dòng)和勻速運(yùn)動(dòng)，一直向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)．故選B.答案：B4．解析：(1)重力G＝mg＝0.12kg×10N/kg＝1.2N，靜電力F＝qE＝1.6×10－6C×3×106V/m＝4.8N，在A點(diǎn)有qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，代入數(shù)據(jù)解得v1＝6m/s.(2)設(shè)小球在B點(diǎn)的速度大小為v2，從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理有(qE－mg)·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，在B點(diǎn)，設(shè)軌道對小球的彈力為FN，則有FN＋mg－qE＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，代入數(shù)據(jù)解得FN＝21.6N.由牛頓第三定律有F′N＝FN＝21.6N.答案：(1)6m/s(2)21.6N5．解析：由題意可知，t＝0時(shí)射入的粒子打在靶上的位置距離靶中心最遠(yuǎn)，即為ym；粒子在0～t0時(shí)間內(nèi)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，電場力提供加速度，則qE＝qeq\f(U0,d)＝ma，豎直方向的位移為y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×eq\f(qU0,md)×teq\o\al(2,0)＝eq\f(kU0teq\o\al(2,0),2d)；在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分速度為vy＝at0＝eq\f(qU0,md)t0，豎直方向的位移為y2＝vyt0＝eq\f(kU0teq\o\al(2,0),d)，所以ym＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(3kU0teq\o\al(2,0),2d)；當(dāng)t＝t0時(shí)射入靶中的粒子的位置距離靶心最小，由題意可得ymin＝y(tǒng)1＝eq\f(kU0teq\o\al(2,0),2d).則熒光屏上出現(xiàn)亮線的長度為Δy＝y(tǒng)m－ymin＝eq\f(3kU0teq\o\al(2,0),2d)－eq\f(kU0teq\o\al(2,0),2d)＝eq\f(kU0teq\o\al(2,0),d)，故選B.答案：B6．解析：兩極板間電壓為Um時(shí)，由牛頓第二定律可得eq\f(eUm,d)＝ma，電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上有l(wèi)＝vt，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，當(dāng)y＝eq\f(1,2)d時(shí)，即電子恰好從極板邊緣飛出，此時(shí)Um＝eq\f(md2v2,el2)，當(dāng)Um<eq\f(md2v2,el2)時(shí)，所有電子都能從極板的右端射出，A正確；當(dāng)Um＝eq\f(2md2v2,el2)時(shí)，一個(gè)周期內(nèi)有eq\f(1,2)的時(shí)間電壓低于臨界電壓eq\f(md2v2,el2)，因此有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1∶1，B錯(cuò)誤；當(dāng)Um>eq\f(md2v2,el2)時(shí)，有部分電子能從極板的右端射出，C正確；當(dāng)Um＝eq\f(\r(2)md2v2,el2)時(shí)，一個(gè)周期內(nèi)有eq\f(1,\r(2))的時(shí)間電壓低于臨界電壓eq\f(md2v2,el2)，因此有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1∶(eq\r(2)－1)，D正確．答案：B7．解析：(1)板間粒子在水平方向上做沿x軸方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則L＝v0t，t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s.(2)t＝0時(shí)刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最大，設(shè)為y1，y1＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(T,2)))eq\f(T,2)，且eq\f(qU0,d)＝ma，解得y1＝0.15m，縱坐標(biāo)y＝d－y1＝0.85m，t＝1×10－3s時(shí)刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最小，設(shè)為y2，y2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(